solutions des exercices
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Son module est égal à :
P( r , t) =
E( r , t)
2
m 0 c
=
E
2
0 cos
2 (vt − k . r )
m 0 c
D’où :
P =
E
2
0
2m 0 c
= c
e 0 E
2
0
2
= c
dW
dv
Interprétation physique : soit ds un élément infinitésimal de surface d’onde et df le flux de
− →
P à travers ds.
− →
P étant orthogonal à la surface d’onde, on a df = P ds = c
dW
dv
ds.
D’autre part, l’énergie transportée par l’onde se propage à la célérité c. Pendant la durée
dt, une quantité d’énergie égale à (c dt ds)(dW /dv) traverse ds. (cds) dW /dv est donc
la puissance moyenne traversant ds. Elle est égale au flux moyen du vecteur de Poynting à
travers ds. Cela souligne l’importance du vecteur de Poynting pour les calculs d’énergie.
3 1. Les composantes de k 1 sont (a, b, 0). Celles de k 2 sont (a, −b, 0). De plus, on
a
− →
B i =
k i ∧
− →
E i
v
, avec i = 1 ou 2. On en déduit les composantes de
− →
B 1 et
− →
B 2 :
− →
B 1 : B 1x =
b
v
E 0 cos(vt − ax − by), B 1y =
−a
v
E 0 cos(vt − ax − by), B 1z = 0
− →
B 2 : B 2x = −
b
v
E 0 cos(vt −ax1by), B 2y =
−a
v
E 0 cos(vt −ax1by), B 2z = 0
2.a. L’équation d’ondes étant linéaire, le théorème de superposition conduit à :
− →
E ( r , t) =
− →
E 1 ( r , t) 1
− →
E 2 ( r , t). On en déduit la seule composante non nulle de
− →
E :
E z = E 1z 1E 2z = E 0
cos(vt − ax − by) 1 cos(vt − ax 1 by)
= 2E 0 cos(by) cos(vt−ax)
La moyenne temporelle de E
2 ( r , t) s’écrit :
E
2
=
4E
2
0 cos
2 (by) cos
2 (vt − ax)
T
= 2E
2
0 cos
2 (by)
(rappelons que
cos
2 (vt − ax)
T
= 1/2). Les surfaces
E
2
= constante sont les surfaces
y = cst, c’est-à-dire les plans parallèles à xOz.
2.b. Dans un plan perpendiculaire à Ox (c’est-à-dire un plan x = cst) si l’on fait varier y,
E
2
passera par des maxima (obtenus pour cos
2 (by) = 1) et des minima (obtenus pour
cos
2 (by) = 0). Les franges brillantes correspondent donc à by = mp (m est un entier
relatif ) et l’interfrange i est égal à
i =
p
b
=
p
k sin u
=
l
2 sin u
2.c. D’après la question 2.a, on a
E z = 2E 0 cos(by) cos(vt − ax)
5. ONDES
427
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Son module est égal à :
P( r , t) =
E( r , t)
2
m 0 c
=
E
2
0 cos
2 (vt − k . r )
m 0 c
D’où :
P =
E
2
0
2m 0 c
= c
e 0 E
2
0
2
= c
dW
dv
Interprétation physique : soit ds un élément infinitésimal de surface d’onde et df le flux de
− →
P à travers ds.
− →
P étant orthogonal à la surface d’onde, on a df = P ds = c
dW
dv
ds.
D’autre part, l’énergie transportée par l’onde se propage à la célérité c. Pendant la durée
dt, une quantité d’énergie égale à (c dt ds)(dW /dv) traverse ds. (cds) dW /dv est donc
la puissance moyenne traversant ds. Elle est égale au flux moyen du vecteur de Poynting à
travers ds. Cela souligne l’importance du vecteur de Poynting pour les calculs d’énergie.
3 1. Les composantes de k 1 sont (a, b, 0). Celles de k 2 sont (a, −b, 0). De plus, on
a
− →
B i =
k i ∧
− →
E i
v
, avec i = 1 ou 2. On en déduit les composantes de
− →
B 1 et
− →
B 2 :
− →
B 1 : B 1x =
b
v
E 0 cos(vt − ax − by), B 1y =
−a
v
E 0 cos(vt − ax − by), B 1z = 0
− →
B 2 : B 2x = −
b
v
E 0 cos(vt −ax1by), B 2y =
−a
v
E 0 cos(vt −ax1by), B 2z = 0
2.a. L’équation d’ondes étant linéaire, le théorème de superposition conduit à :
− →
E ( r , t) =
− →
E 1 ( r , t) 1
− →
E 2 ( r , t). On en déduit la seule composante non nulle de
− →
E :
E z = E 1z 1E 2z = E 0
cos(vt − ax − by) 1 cos(vt − ax 1 by)
= 2E 0 cos(by) cos(vt−ax)
La moyenne temporelle de E
2 ( r , t) s’écrit :
E
2
=
4E
2
0 cos
2 (by) cos
2 (vt − ax)
T
= 2E
2
0 cos
2 (by)
(rappelons que
cos
2 (vt − ax)
T
= 1/2). Les surfaces
E
2
= constante sont les surfaces
y = cst, c’est-à-dire les plans parallèles à xOz.
2.b. Dans un plan perpendiculaire à Ox (c’est-à-dire un plan x = cst) si l’on fait varier y,
E
2
passera par des maxima (obtenus pour cos
2 (by) = 1) et des minima (obtenus pour
cos
2 (by) = 0). Les franges brillantes correspondent donc à by = mp (m est un entier
relatif ) et l’interfrange i est égal à
i =
p
b
=
p
k sin u
=
l
2 sin u
2.c. D’après la question 2.a, on a
E z = 2E 0 cos(by) cos(vt − ax)
5. ONDES
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